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Universidade de Bras´ılia Departamento de Estat´ıstica 3a Lista de PE – Soluc¸a˜o 1. Se X representa o ganho do jogador, enta˜o os poss´ıveis valores para X sa˜o −2,−1, 0, 2 e 4. Esses valores sa˜o, respectivamente, correspondentes a se retirar 2 bolas brancas, 1 branca e 1 laranja, 2 laranjas, 1 preta e 1 branca, 1 preta e 1 laranja e, por u´ltimo, 2 bolas pretas. Sendo o espac¸o amostral finito, e´ fa´cil concluir que n(Ω) = ( 14 2 ) . As probabilidades associadas a esses valores sa˜o P(X = −2) = ( 8 2 )( 14 2 ) = 28 91 P(X = 1) = ( 4 1 )( 8 1 )( 14 2 ) = 32 91 P(X = −1) = ( 8 1 )( 2 1 )( 14 2 ) = 16 91 P(X = 2) = ( 4 1 )( 2 1 )( 14 2 ) = 8 91 P(X = 0) = ( 2 2 )( 14 2 ) = 1 91 P(X = 4) = ( 4 2 )( 14 2 ) = 6 91 2. a) Para construir o gra´fico da da func¸a˜o probabilidade de massa basta marcar os pontos (i,P(X = i)), i = 0, 1, 2 e 3 no plano cartesiano. A func¸a˜o de distribuic¸a˜o acumulada segue abaixo: −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 x F( x) Fun c¸ a˜o Distribu i c¸ a˜o ) ) ) 3. Primeiramente, lembre-se que F (y−) representa o limite a` esquerda da func¸a˜o quando x→ y. a) O gra´fico tem a forma abaixo −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 x F( x) Fun c¸ a˜o Distribu i c¸ a˜o b) Como o tamanho dos saltos em cada ponto representa o valor da probabilidade que aquele ponto “carrega”, temos P(X = 1) = F (1)− F (1−) = 1 4 , P(X = 2) = F (2)− F (2−) = 5 12 , P(X = 3) = F (3)− F (3−) = 1 12 . c) P (1 2 < X < 3 2 ) = F ( 3 2 )− F (1 2 ) = 1 4 . 4. 5. Diretamente da definic¸a˜o temos que E(X) = −1P (X = −1) + 0P (X = 0) + 1P (X = 1) = −1(0, 2) + 0(0, 5) + 1(0, 3) = 0, 1. Agora E (X2) = (−1)2P (X = −1) + 02P (X = 0) + 12P (X = 1) = (−1)2(0, 2) + 02(0, 5) + 12(0, 3) = 0, 5 e enta˜o Var(X) = 0, 5− (0, 1)2 = 0, 49. 6. 7. 8. 9. Sendo X a varia´vel que representa a soma dos dados, facilmente chegamos a`s probabi- lidades P(X = 2) = P(X = 12) = 1/36 P(X = 3) = P(X = 11) = 2/36 P(X = 4) = P(X = 10) = 3/36 P(X = 5) = P(X = 9) = 4/36 P(X = 6) = P(X = 8) = 5/36 P(X = 7) = 6/36. Desse modo, temos E(X) = 2P(X = 2) + 3P(X = 3) + · · ·+ 11P(X = 11) + 12P(X = 12) = 7. 10. 11. 12. Se considerarmos o dado honesto e representarmos por X a varia´vel referente ao ganho ou perda do jogador, claramente X ∼ Bin (3, 1 6 ) e P(X = −1) = ( 3 0 )( 1 6 )0( 5 6 )3 = 125 216 P(X = 1) = ( 3 1 )( 1 6 )1( 5 6 )2 = 75 216 P(X = 2) = ( 3 2 )( 1 6 )2( 5 6 )1 = 15 216 P(X = 3) = ( 3 3 )( 1 6 )3( 5 6 )0 = 1 216 . A esperanc¸a da varia´vel X e´ E(X) = −1 ( 125 216 ) + 1 ( 75 216 ) + 2 ( 15 216 ) + 3 ( 1 216 ) = −17 216 e conclu´ımos que o jogo na˜o e´ justo para o jogador. 13. Vamos considerar que X e´ a varia´vel relativa ao nu´mero de jogos realizados. Considere agora os eventos Gi =“Equipe A ganha o i-e´simo jogo”, i > 1. a) Quando i = 2 a v.a. X pode assumir os valores 2 ou 3. Agora, como os eventos Gi’s sa˜o independentes temos P(X = 2) = P({G1 ∩G2} ∪ {Gc1 ∩Gc2}) = P(G1 ∩G2) + P(Gc1 ∩Gc2) = P(G1)P(G2) + P(Gc1)P(Gc2) = p2 + (1− p)2 e P(X = 3) = P({G1 ∩Gc2 ∩G3} ∪ {Gc1 ∩G2 ∩G3} ∪ {Gc1 ∩G2 ∩Gc3} ∪ {G1 ∩Gc2 ∩Gc3}) = P(G1 ∩Gc2 ∩G3) + P(Gc1 ∩G2 ∩G3) + P(Gc1 ∩G2 ∩Gc3) + P(G1 ∩Gc2 ∩Gc3) = P(G1)P(Gc2)P(G3) + P(Gc1)P(G2)P(G3) + P(Gc1)P(G2)P(Gc3) + P(G1)P(Gc2)P(Gc3) = p(1− p)2 + p(1− p)2 + p2(1− p) + p2(1− p) = 2p(1− p) Segue que E(X) = 2P(X = 2) + 3P(X = 3) = 2[p2 + (1− p)2] + 3[2p(1− p)] = 2 + 2p(1− p). b) Quando i = 3 a v.a. X pode assumir os valores 3, 4 ou 5. Por argumentos ana´logos ao do item anterior chegamos a`s probabilidades P(X = 3) = p3 + (1− p)3, P(X = 4) = 3p3(1− p) + 3p(1− p)3, P(X = 5) = 3(1− p)2p3 + 3(1− p)3p2 = 6p2(1− p)2. Segue que E(X) = 3P(X = 3) + 4P(X = 4) + 5P(X = 5) = 3[p3 + (1− p)3] + 4[3p3(1− p) + 3p(1− p)3] + 5[6p2(1− p)2] = 6p4 − 12p3 + 3p2 + 3p+ 3. c) Primeiramente, fac¸amos E(X) = f(p) para o item a) e E(X) = g(p) para o item b). Como queremos maximizar a esperanc¸a, derivamos as func¸o˜es f(p) e g(p) no intervalo 0 < p < 1. f ′(p) = 2− 4p e g′(p) = 24p3 − 26p2 + 6p+ 3 e, portanto, p = 1/2 e´ ponto cr´ıtico de ambas as func¸o˜es. Para confirmar que p = 1/2 e´, de fato, um ponto de ma´ximo basta observar que, nesse ponto, as func¸o˜es f ′(p) = −4 e g′(p) = 72p2 − 72p+ 6 sa˜o negativas. 14. Vamos considerar que X e´ a varia´vel que da´ o valor da pontuac¸a˜o obtida pelo me- teorologista. Enta˜o P(X = 1 − (1 − p)2) = p∗ e P(X = 1 − p2) = 1 − p∗. Segue que E(X) = p∗(1− (1− p2)) + (1− p∗)(1− p2) = f(p). Como queremos maximizar a esperanc¸a derivamos a func¸a˜o f(p) no intervalo 0 < p < 1. f ′(p) = 2p∗(1− p)− 2p(1− p∗) = 0⇔ p = p∗ obtendo p∗ como ponto cr´ıtico. Para confirmar que p∗ e´, de fato, um ponto de ma´ximo basta observar que f ′′(p∗) = −2. 15. Vamos denotar por X a varia´vel que representa o nu´mero de motores funcionando em um avia˜o de 5 motores e Y a varia´vel que representa o nu´mero de motores funcionando em um avia˜o de 3 motores. Estamos interessados nos valores de p para o qual P(X > 3) > P(Y > 2). Como p representa a probabilidade de sucesso (o motor funciona) a desigualdade acima ocorre e ⇔ ( 5 3 ) p3(1− p)2 + ( 5 4 ) p4(1− p) + p5 > ( 3 2 ) p2(1− p) + p3 ⇔ 6p3 − 15p2 + 12p− 3 > 0 ⇔ 6(p− 1/2)(p− 1)2 > 0 ⇔ p > 1/2. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. a) Seja X ∼ Bin(4/10,10) a varia´vel responsa´vel pelos 10 lanc¸amentos da moeda 1 e Y ∼ Bin(7/10,10) a varia´vel responsa´vel pelos 10 lanc¸amentos da moeda 2. Como cada moeda pode ser selecionada com 50% de chances, a probabilidade desejada e´ 1 2 P(X = 7) + 1 2 P(Y = 7) = 1 2 ( 10 7 ) (0, 4)7(0, 6)3 + 1 2 ( 10 7 ) (0, 7)7(0, 3)3. b) Se A representa o evento em que temos 7 caras em 10 lanc¸amentos e B representa o evento em que o primeiro lanc¸amento resulta em cara, a probabilidade desejada e´ P(A|B) = P(A ∩B)P(B) . Para calcular P(A ∩ B) basta observar que, sendo o primeiro lanc¸amento cara, nos resta escolher 6 poss´ıveis caras dentre 9 lanc¸amentos restantes. Se X ∼ Bin(4/10,9) e´ a varia´vel responsa´vel pelos 9 lanc¸amentos da moeda 1 e Y ∼ Bin(7/10,9) a varia´vel responsa´vel pelos 9 lanc¸amentos da moeda 2, temos que P(A∩B) = 1 2 P(X = 6) + 1 2 P(Y = 6) = 1 2 ( 9 6 ) (0, 4)6(0, 6)3 + 1 2 ( 9 6 ) (0, 7)6(0, 3)3. Agora, para calcular P(B), basta representarmos o primeiro lanc¸amento da moeda 1 por W ∼ Ber(0,4) e o primeiro lanc¸amento da moeda 2 por Z ∼ Ber(0,7) e P(B) = 1 2 P(W = 1) + 1 2 P(Z = 1) = 1 2 (0, 4) + 1 2 (0, 7). 24. Se A representa o evento em que uma pessoa tem 2 resfriados no ano e B representa o evento em que a droga e´ bene´fica, a probabilidade que procuramos e´ P(B|A) = P(A|B)P(B)P(A|B)P(B) + P(A|Bc)P(Bc) . Sejam X ∼ Pois(5) e Y ∼ Pois(3), enta˜o P(A|B)P(B) P(A|B)P(B) + P(A|Bc)P(Bc) = P(Y = 2)(0, 75) P(Y = 2)(0, 75) + P(X = 2)(0, 25) = 32 2! e−3(0, 75) 32 2! e−3(0, 75) + 5 2 2! e−5(0, 25) . 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. Primeiramente seja X ∼ Pois(3). a) A probabilidade desejada e´ P(X > 3) = 1− P(X < 3) = 1− {P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)} = 1− e−3 − 3e−3 − 3 2 2 e−3 = 1− 17 2 e−3. b) A probabilidade condicional e´ P(X > 3|X > 1) = P({X > 3} ∩ {X > 1})P(X > 1) = P(X > 3) P(X > 1) = 1− 17 2 e−3 1− e−3 . 32. Usando as propriedadesde esperanc¸a e variaˆncia temos E(Y ) = E ( X − µ σ ) = 1 σ E(X − µ) = 1 σ {E(X)− µ} = 1 σ (µ− µ) = 0. e Var(Y ) = Var ( X − µ σ ) = 1 σ2 Var(X − µ) = 1 σ2 Var(X) = 1 σ2 σ2 = 1. Podemos lembrar da Questa˜o 9 da 1a Lista que os dados, quando padronizados, tem me´dia zero e variaˆncia 1. Como era de se esperar, a me´dia de uma varia´vel aleato´ria padronizada e´ zero e a sua variaˆncia e´ 1. 33. A probabilidade desejada e´ P(X = n+ k|X > n) = P({X = n+ k} ∩ {X > n})P(X > n) = P(X = n+ k) P(X > n) = p(1− p)n+k−1 (1− p)n = p(1− p)k. Se os primeiros n ensaios falham, enta˜o e´ como se estive´ssemos recomec¸ando o experi- mento a partir do n-e´simo ensaio.
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